（I）f（x）定义域为（0，+∞），

f′（x）=1+

1

x2

-

a

x

 =

x2-ax +1

x2

，

令g（x）=x²-ax+1，△=a²-4，

①当-2≤a≤2时，△≤0，f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，

②当a＜-2时，△＞0，g（x）=0的两根都小于零，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，

③当a＞2时，△＞0，g（x）=0的两根为x₁=

a- a2-4

2

，x₂=

a+ a2-4

2

，

当0＜x＜x₁时，f′（x）＞0；当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0；当x＞x₂时，f′（x）＞0；

故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减．

（Ⅱ）由（I）知，a＞2．

因为f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）+

x1-x2

x1x2

-a（lnx₁-lnx₂），

所以k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

1

x1x2

-a

lnx1-lnx2

x1-x2

，

又由（I）知，x₁x₂=1．于是

k=2-a

lnx1-lnx2

x1-x2

，

若存在a，使得k=2-a，则

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，

亦即x2-

1

x2

-2lnx2=0(x2＞1)   （*）

再由（I）知，函数h(t)=t-

1

t

-2Int在（0，+∞）上单调递增，

而x₂＞1，

所以x2-

1

x2

-2Inx2＞1-1-2ln1=0，这与（*）式矛盾，

故不存在a，使得k=2-a．